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做题感悟：确实是好题，做拉的比赛的时候想了很久，想到枚举变幻某一位的 0 为 1 ，但是每个数都这样枚举岂不超时的节奏，当时没想到其实从大到小枚举一次就 ok 了。

解题思路：

               本题要求两个数  a & b = 0 , 如果 a  =  10010 , b 至少（指在 a 中的为 1 的位必须为 0 ）是 01101 ，还可以是 00101 ，00001 ，00000。就相当于你去买东西一样，先提出你的要求（必须满足），至于其他方面都无所谓。这样我们可以枚举 b 中的 1 ，让其变为 0 ，那么，怎样枚举呢  ？ 一个一个的枚举是不可以的，肯定超时，我们可以统一枚举一下，就跟状态压缩更新状态一样，相当于递推，用动态规划的思想去优化它，每个数最多只变化 0 的个数，然后再用变化了的数去变化。

代码：

#include<iostream>
#include<sstream>
#include<map>
#include<cmath>
#include<fstream>
#include<queue>
#include<vector>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<string>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
using namespace std  ;
#define INT __int64
#define L(x)  (x * 2)
#define R(x)  (x * 2 + 1)
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const double esp = 0.0000000001 ;  
const double PI = acos(-1.0) ;
const INT mod = 1e9 + 7 ;
const int MY = 15 ;
const int MX = (1<<22) + 5 ;
int n ;
int dp[MX] ,g[MX] ;
int main()
{
    //freopen("input.txt" ,"r" ,stdin) ;
    while(~scanf("%d" ,&n))
    {
        int S = (1<<22) - 1 ;
        memset(dp ,0 ,sizeof(dp)) ;
        for(int i = 0 ;i < n ; ++i)
        {
            scanf("%d" ,&g[i]) ;
            dp[g[i]^S] = g[i] ;  //  g[I] 需要的另一半
        }
        for(int i = S ; i >= 0 ; --i)  // 枚举各种状态
        {
            if(!dp[i])  // 如果没有存值
            {
                for(int j = 0 ;j < 22 ; ++j)  // 给其添加 1 让其变成有值
                   if(dp[i|(1<<j)])
                       dp[i] = dp[i|(1<<j)] ;
            }
        }
        for(int i = 0 ;i < n ; ++i)
        {
            if(i)  cout<<" " ;
            if(dp[g[i]])   cout<<dp[g[i]] ;
            else           cout<<"-1" ;
        }
        cout<<endl ;
    }
    return 0 ;
}

Codeforces 164 E Compatible Numbers